TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, ĐỀ THI THỬ LẦN 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số: 2 2 ,(1) 1 x y x + = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) . 2. I là giao điểm hai tiệm cận của ( )C , đường thẳng ( )d có phương trình: 2 5 0x y− + = , ( )d cắt ( )C tại hai điểm ,A B với A có hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của ( )C vuông góc với IA . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: (1 cos2 )sin 2 2(sin3 sin )(1 sin ) 1 sin x x x x x x + = + + − 2. Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2x x x x x− + + ≥ Câu III. (1,0 điểm) Tìm 2 1 ( ) ln ( 2) F x x x dx x = − ÷ + ∫ Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C cạnh huyền bằng 3a . G là trọng tâm tam giác ABC , ( ) SG ABC⊥ , 14 2 a SB = . Tính thể tích hình chóp .S ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ) SAC . Câu V. (1,0 điểm) Cho , ,x y z thuộc đoạn [ ] 0;2 và 3x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 A x y z= + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI. a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là ( 1;2)M − , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là (2; 1)I − . Đường cao của tam giác kẻ từ A có phương trình: 2 1 0x y+ + = . Tìm tọa độ đỉnh C . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho (1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − − , D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD , G là trọng tâm của tam giác BCD . Tìm tọa độ của điểm 'G đối xứng với G qua đường thẳng BD . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 9 3 3 log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + + B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI. b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có ( 12;1)B − , đường phân giác trong góc A có phương trình: 2 5 0x y+ − = . Trọng tâm tam giác ABC là 1 2 ; 3 3 G ÷ .Viết phương trình đường thẳng BC . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho (1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − − , D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD . Tìm tọa độ của điểm M thuộc trục cao sao cho thể tích khối chóp .M BCD bằng 4. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: ( ) 2 4 1 4log 1 log 2 2 x x + ≤ Hết www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn: Toán_ Khối D Câu I.1 (1,0 đ) Khảo sát hàm số 2 2 ( ) 1 x f x x + = − Tập xác định { } \ 1D R= Sự biến thiên lim 2 2 x y y →±∞ = ⇒ = là tiệm cận ngang 1 1 lim lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ 1x ⇒ = là tiệm cận đứng ( ) 2 4 ' 0, 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ 'y + 0 || − 0 + y Hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) ;1 , 1;−∞ +∞ Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Tìm các tiếp tuyến vuông góc với IA? ( ) 1,2I , 5 : 2 x d y + = Phương trình cho hoành độ giao điểm của (C) và 2 2 5 : 1 2 x x d x + + = − ( ) 3 3;4 3,( ) x A x loai = ⇔ ⇒ = − Hệ số góc của IA là 3 1 1 4 2 k − = = − Tiếp tuyến có hệ số góc ' 1k = − 2 3 4 1 1 ( 1) x x x = − ⇒ = − ⇒ = − − Có 2 tiếp tuyến : 7 1 y x y x = − + = − − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.1 (1,0 đ) Giải phương trình: (1 cos2 )sin 2 2(sin3 sin )(1 sin ) 1 sin x x x x x x + = + + − ,(1) Đk: sin 1x ≠ 2 2 (1) 2cos .sin 2 4sin 2 .cos .cosx x x x x⇔ = 0,25 −∞ +∞ 2 2 2 cos 0 2cos .sin 2 (2cos 1) 0 sin 2 0 1 cos 2 2 2 2 2 3 x x x x x x x k k x x k π π π π π = ⇔ + = ⇒ = − = = + ⇔ = = ± + Đ/c điều kiện: (1) có nghiệm: 2 2 2 2 3 x k x k k Z x k π π π π π = − = + ∈ = ± + 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2x x x x x− + + ≥ ,(2) Đk: 2 2 3 2 0 0; 2 0 3; 0 3 0 2 x x x x x x x x x x x ≤ − − ≥ ≤ ≥ ⇔ ⇔ = ≤ − ≥ + ≥ ≥ TH1: 3 0 x x ≤ − = (2)⇒ đúng; 3 0 x x ≤ − = là nghiệm TH2: 2x ≥ ( ) 2 2 2 2 2 3 2 2 1 2 6 4 2 6 2 1 0,( : 2) 4 6 4 4 1 25 8 x x x x x x x x x x do x x x x x x ⇒ − + + ≥ ⇔ + + + − ≥ ⇔ + − ≥ − > ≥ ⇔ + − ≥ − + ⇔ ≥ KL: nghiệm của (2) là 3 0 25 8 x x x ≤ − = ≥ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1,0 đ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ln ( 2) ( ) ln ( 2) ln 2 1 2 2 ( ) ln 2 2 ( 2) 1 2 ln 2 4 2 ( 2) 2 ln ln 2 2 4 2 F x x x dx x xdx F x x xdx x dx du u x x dv xdx x v x x F x x xdx dx x x x x dx x x x x x x C x = − ÷ + = − + = = ⇒ = = + − ⇒ = − − ÷ + = − − − ÷ + + = − − + − + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm AB , 3 2 2 a a CI IG= ⇒ = Tam giác vuông 2 2 2 2 10 4 a BIG BG BI IG⇒ = + = 2 2 2 2 14 10 4 4 a a SG SB BG a= − = − = 3 1 1 1 3 3 . 3 . . 3 3 2 2 4 SABC ABC a a V S SG a a= = = Kẻ , ,( / / )GK AC K AC GK BC SK BC⊥ ∈ ⇒ ⊥ 2 2 2 2 3 3 ; 2 2 2 2 2 GC a a a a GK SK SG GK a AC= = ⇒ = + = + = = 2 1 3 3 3 3 . 2 2 4 2 SAC a a S a⇒ = = h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ) SAC 3 3 SABC SAC V h a S ⇒ = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho , ,x y z thuộc [ ] 0;2 và 3x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 A x y z= + + Giả sử: [ ] 3 3 1 1;2x y z x y z z z z≤ ≤ ⇒ = + + ≤ ⇒ ≥ ⇒ ∈ Lại có: ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) ,(*) 3 2 6 9 x y x y A z z z z + ≤ + ⇒ ≤ − + = − + Xét [ ] 2 3 ( ) 2 6 9, 1;2 '( ) 4 6, '( ) 0 2 f z z z z f z z f z z= − + ∈ ⇒ = − = ⇔ = 3 9 (1) 5; (2) 5; 2 2 f f f = = = ÷ Kết hợp (*) ta có Vậy max 5A = khi 0; 1; 2x y z= = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AB đi qua M nhận (3, 3)MI = − uuur làm vtpt nên có pt: 3 0x y− + = G I M S A C B K AVI.1 (1,0 đ) Tọa độ A là nghiệm của hệ : 3 0 4 5 ; 2 1 0 3 3 x y A x y − + = − ⇒ ÷ + + = ( 1;2)M − là trung điểm của AB nên 2 7 ; 3 3 B − ÷ BC nhận (2;1)n = r làm vtcp nên có pt: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 7 3 2 ; 7 3 3 3 8 10 8 10 2 3 3 3 3 0,loai (do ) 4 5 x t C t t y t IB IC IB IC t t t C B t − = + − ⇒ + + ÷ = + = ⇒ = ⇒ − + + = + ÷ ÷ ÷ ÷ = ≡ ⇒ = Vậy 14 47 ; 15 15 C ÷ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVI.2 (1,0 đ) ( ) 4;0; 5AD BC D= ⇒ − uuur uuur 5 5 ;0; 3 3 G − ⇒ ÷ . Gọi ( ) ; ;H x y z là hình chiếu của G lên BD 5 1 1 7 2 x t BH tBD y t z t = − ⇒ = ⇒ = − + = − + uuur uuur ( ) ( ) 8 11 5 ;1 ; 7 ; 5; 1; 7 3 3 8 11 5 5 1 7 7 0 3 3 8 5 7 26 ; ; 15 3 15 15 5 14 9 ' ; ; 3 15 5 GH t t t BD GH BD t t t t H G = − − − = − − ÷ ⊥ ⇒ − − − − − = ÷ ÷ − ⇒ = ⇒ ÷ − ⇒ ÷ uuur uuur uuur uuur 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVII (1,0 đ) Giải phương trình: 2 9 3 3 log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + + ,(*) Đk: 4 4 1 x x − < < ≠ (*) ( ) 2 2 3 3 log 1 log 16 1 16x x x x⇒ + = − ⇒ + = − 2 2 1 4 1 61 15 0 2 4 1 1 69 2 17 0 x x x x x x x x − < < − + = + − = ⇒ ⇒ − < < − − = − − = vậy (*) có 2 nghiệm 1 61 2 x − + = và 1 69 2 x − = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.1 (1,0 đ) Gọi H là hình chiếu của B trên ( ) 5 2 : 5 2 ; x t d H t t y t = − ⇒ − = ( ) ( ) ( ) ( ) 17 2 ; 1 2;1 2 17 2 1 0 7 9;7 d BH t t u t t t H = − − ⊥ = − ⇒ − − + − = ⇒ = ⇒ − uuur uur Gọi M là điểm đối xứng của B qua d ( ) ( ) ( ) 2 6;13 5 2 ; 8 2 ;1 BM BH M AC A d A a a C a a ⇒ = ⇒ − ∈ ∈ ⇒ − ⇒ + − uuuur uuuuuuur ( ) / / 2 4;3MA MC a C⇒ = − ⇒ uuur uuuur Vậy : 8 20 0BC x y− + = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.2 (1,0 đ) ( ) 4;0; 5D − ( ) ( ) ( ) 0;0; 1 , 6 (3; 2; 4), (5; 1; 7) , 10;1;7 1; 1, 2 29 1 7 4 7 5 4 19 6 7 BCDM BCDM M Oz M a V BC BD BM BC BD BC BD BM a a V a a ∈ ⇒ = = − − = − − ⇒ = = − − = = ⇔ − = ⇒ − = uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuuur Vậy 29 0;0; 7 M ÷ hoặc 19 0;0; 7 M − ÷ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VII (1,0 đ) Giải bất phương trình: ( ) 2 4 1 4log 1 log 2 2 x x + ≤ ,(*) Đk: 0 1x< ≠ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log 1 1 (*) log 2 2log log 2 0 2log log 0, : 2log log 2 0 0 1 x x x x x x Do x x x + ⇒ ≤ − + ⇔ ≤ ⇔ ≤ − + > ⇔ < < Đối chiếu điều kiện: (*) có nghiệm 0 1x < < 0,25 0,25 0,25 0,25 . của (2) là 3 0 25 8 x x x ≤ − = ≥ 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Câu III (1,0 đ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ln ( 2) ( ) ln ( 2) ln 2 1 2 2 ( ) ln 2 2 ( 2) 1 2 ln 2 4 2 ( 2) 2 ln ln 2 2 4 2 F. nghiệm: 2 2 2 2 3 x k x k k Z x k π π π π π = − = + ∈ = ± + 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Câu II .2 (1,0 đ) Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2x x x x x− + + ≥ , (2) Đk: 2 2 3 2 0 0; 2 0 3; 0 3 0 2 x x. điểm) Giải bất phương trình: ( ) 2 4 1 4log 1 log 2 2 x x + ≤ Hết www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 20 11 Môn: Toán_ Khối D Câu I.1 (1,0 đ) Khảo sát hàm số 2 2 (